Considere a matriz
A=\left[\begin{array}{ccc} 2 & -1 & -1 \\\\ 1 & 0 & -1 \\\\ -1 & 1 & 2 \end{array}\right]
Pergunta-se: existe alguma matriz inversível P e alguma matriz diagonal D para as quais
A P=P D ?
Se existir, apresente as matrizes P e D. Sem calcular o determinante de P, justifique porque esta matriz é inversível.
Resolução: Precisamos verificar se A possui um conjunto de três autovetores LI. Vamos calcular os autovalores.
0=\operatorname{det}(A-\lambda I)=\operatorname{det}\left[\begin{array}{ccc} 2-\lambda & -1 & -1 \\\\ 1 & -\lambda & -1 \\\\ -1 & 1 & 2-\lambda \end{array}\right]
Façamos na matriz acima as operações L_{3}+L_{2} \rightarrow L_{3} e L_{1}-L_{2} \rightarrow L_{1} para obter
0=\operatorname{det}\left[\begin{array}{ccc} 1-\lambda & -1+\lambda & 0 \\\\ 1 & -\lambda & -1 \\\\ 0 & 1-\lambda & 1-\lambda \end{array}\right]=(1-\lambda)^{2} \operatorname{det}\left[\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 0 \\\\ 1 & -\lambda & -1 \\\\ 0 & 1 & 1 \end{array}\right]
Fazendo a operação elementar L_{2}-L_{1} \rightarrow L_{2} na matriz da direita, segue
0=(1-\lambda)^{2} \operatorname{det}\left[\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 0 \\\\ 0 & 1-\lambda & -1 \\\\ 0 & 1 & 1 \end{array}\right]=(1-\lambda)^{2} \operatorname{det}\left[\begin{array}{cc} 1-\lambda & -1 \\\\ 1 & 1 \end{array}\right]=(1-\lambda)^{2}(2-\lambda)
Um dos autovalores é \lambda_{1}=1, com ma \left(\lambda_{1}\right)=2 e o outro autovalor é \lambda_{2}=2, com ma \left(\lambda_{2}\right)=1. Destacando,
\lambda_{1}=1 \quad \text { e } \quad \lambda_{2}=2 .
Vamos calcular os autovetores correspondentes.
  1. Autovetores correspondentes a \lambda_{1}=1. Precisamos resolver a equação homogênea \left(A-\lambda_{1} I\right) X= 0. Escalonamos
A-\lambda_{1} I=\left[\begin{array}{ccc} 1 & -1 & -1 \\\\ 1 & -1 & -1 \\\\ -1 & 1 & 1 \end{array}\right] \quad \text { para obter } \quad R_{1}=\left[\begin{array}{ccc} 1 & -1 & -1 \\\\ 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right] .
Escrevendo X=\left[\begin{array}{lll}x & y & z\end{array}\right]^{T}, as soluções de R_{1} X=0 são tais que
x=y+z,
e todo autovetor de A correspondente ao autovalor \lambda_{1}=1 é da forma
X=\left[\begin{array}{l} x \\\ y \\\ z \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} y+z \\\ y \\\ z \end{array}\right]=y\left[\begin{array}{l} 1 \\\\ 1 \\\\ 0 \end{array}\right]+z\left[\begin{array}{l} 1 \\\\ 0 \\\\ 1 \end{array}\right], \quad y^{2}+z^{2} \neq 0 .
O autoespaço correspondente tem dimensão 2 e \mathrm{mg}\left(\lambda_{1}\right)=2 e é gerado por
\left\{\left[\begin{array}{l} 1 \\\\ 1 \\\\ 0 \end{array}\right], \quad\left[\begin{array}{l} 1 \\\\ 0 \\\\ 1 \end{array}\right]\right\} .
  1. Autovetores correspondentes a \lambda_{2}=2. Precisamos resolver a equação homogênea \left(A-\lambda_{2} I\right) X= 0 . Escalonamos
A-\lambda_{2} I=\operatorname{det}\left[\begin{array}{ccc} 0 & -1 & -1 \\\\ 1 & -2 & -1 \\\\ -1 & 1 & 0 \end{array}\right] \quad \text { para obter } \quad R_{2}=\left[\begin{array}{ccc} 1 & -2 & -1 \\\\ 0 & 1 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right] .
Escrevendo X=\left[\begin{array}{lll}x & y & z\end{array}\right]^{T}, as soluções de R_{2} X=0 são tais que
x=-z \quad \text { e } \quad y=-z
e todo autovetor de A correspondente ao autovalor \lambda_{2}=2 é da forma
X=\left[\begin{array}{c} x \\\ y \\\ x \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} -z \\\\ -z \\\ z \end{array}\right]=-z\left[\begin{array}{r} 1 \\\\ 1 \\\\ -1 \end{array}\right], \quad z \neq 0
O autoespaço correspondente tem dimensão 1 e \mathrm{mg}\left(\lambda_{2}\right)=1 e é gerado por
\left\{\left[\begin{array}{r} 1 \\\\ 1 \\\\ -1 \end{array}\right]\right\}
A matriz A é diagonalizável pois possui um conjunto de três autovetores L I. Portanto, existem matrizes P e D, com P inversível e D diagonal, para as quais, A P=P D. Estas matrizes são
P=\left[\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 0 & 1 \\\\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right] \quad \text { e } \quad D=\left[\begin{array}{lll} 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\left[\begin{array}{ccc} 2 & -1 & -1 \\\\ 1 & 0 & -1 \\\\ -1 & 1 & 2 \end{array}\right]
e pergunta se existem uma matriz invertível P e uma matriz diagonal D tais que
A P = P D.
Pede-se, em caso afirmativo, apresentar P e D e justificar por que P é invertível sem calcular \det(P).

Passo 2

Ideia principal (breve explicação didática): a igualdade A P = P D com D diagonal e P invertível significa que A é diagonalizável; isto é, existe uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A. Se conseguirmos três autovetores linearmente independentes v_1,v_2,v_3 de A, então podemos tomar P=[v_1\\ v_2\\ v_3] e D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3), onde A v_i=\lambda_i v_i. Então vamos calcular autovalores e autovetores de A.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I). Começando de
A-\lambda I=\left[\begin{array}{ccc} 2-\lambda & -1 & -1 \\\\ 1 & -\lambda & -1 \\\\ -1 & 1 & 2-\lambda \end{array}\right],
fazendo as operações de linha indicadas no enunciado (essas operações preservam o determinante) obtém-se a fatoração
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)^{2}(2-\lambda).
Portanto os autovalores são
\lambda_{1}=1\quad\text{(algébrica multiplicidade }2),\qquad \lambda_{2}=2\quad\text{(algébrica multiplicidade }1).éé

Passo 4

Encontrar o autoespaço associado a \lambda_{1}=1. Resolver (A-I)X=0. Tem-se
A-I=\left[\begin{array}{ccc} 1 & -1 & -1 \\\\ 1 & -1 & -1 \\\\ -1 & 1 & 1 \end{array}\right]\overset{\text{elim}}{\longrightarrow} \left[\begin{array}{ccc} 1 & -1 & -1 \\\\ 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Se X=(x,y,z)^T, a equação reduzida dá
x-y-z=0\quad\Longrightarrow\quad x=y+z.
Logo o conjunto de autovetores para \lambda_{1}=1 é
X=\left[\begin{array}{c}y+z\\\ y\\\ z\end{array}\right]=y\left[\begin{array}{c}1\\\ 1\\\ 0\end{array}\right]+z\left[\begin{array}{c}1\\\ 0\\\ 1\end{array}\right],\qquad (y,z)\neq(0,0).
Dessa forma dois vetores geradores do autoespaço são
v_1=\left[\begin{array}{c}1\\\ 1\\\ 0\end{array}\right],\qquad v_2=\left[\begin{array}{c}1\\\ 0\\\ 1\end{array}\right].

Passo 5

Verificar que v_1\) e \(v_2\) são linearmente independentes (breve explicação didática): suponha \(a v_1+b v_2=0\). Isso dá o sistema \[\begin{cases} a+b=0\\\ a+0\cdot b=0\\\\ 0\cdot a + b=0 \end{cases}
daqui a=0\] e \(b=0. Então v_1,v_2 são LI e o autoespaço de \lambda=1 tem dimensão 2 (isso corresponde à multiplicidade geométrica 2).

Passo 6

Encontrar o autoespaço associado a \lambda_{2}=2. Resolver (A-2I)X=0. Tem-se
A-2I=\left[\begin{array}{ccc} 0 & -1 & -1 \\\\ 1 & -2 & -1 \\\\ -1 & 1 & 0 \end{array}\right]\overset{\text{elim}}{\longrightarrow} \left[\begin{array}{ccc} 1 & -2 & -1 \\\\ 0 & 1 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Se X=(x,y,z)^T, as equações resultantes são x-2y-z=0 e y+z=0. Da segunda vem y=-z; substituindo na primeira obtém-se x=-z. Assim os autovetores são múltiplos de
v_3=\left[\begin{array}{r}1\\\ 1\\\ -1\end{array}\right]
(qualquer vetor proporcional a v_3 serve). Esse espaço tem dimensão 1.

Passo 7

Mostrar que os três vetores v_1,v_2,v_3\) formam um conjunto de três vetores linearmente independentes (explicação prática para justificar invertibilidade de \(P\)): suponha \[\alpha v_1+\beta v_2+\gamma v_3=0.
Escrevendo componentes,
\alpha\left[\begin{array}{c}1\\\ 1\\\ 0\end{array}\right] +\beta\left[\begin{array}{c}1\\\ 0\\\ 1\end{array}\right] +\gamma\left[\begin{array}{r}1\\\ 1\\\ -1\end{array}\right] =\left[\begin{array}{c}0\\\ 0\\\ 0\end{array}\right].
Isso gera o sistema
\begin{cases} \alpha+\beta+\gamma=0\\\ \alpha+0\cdot\beta+\gamma=0\\\\ 0\cdot\alpha+\beta-\gamma=0 \end{cases}
Subtraindo a segunda da primeira obtém-se \beta=0\]. Da terceira com \(\beta=0 vem -\gamma=0\Rightarrow\gamma=0. Então da primeira segue \alpha=0. Logo \alpha=\beta=\gamma=0, ou seja, os três vetores são LI. Isso mostra que há três autovetores LI, formando uma base de \mathbb{R}^3.

Passo 8

Conclusão sobre diagonalização e construção de P e D (explicação didática do porquê A P=P D): como v_1,v_2,v_3 são autovetores com
A v_1 = 1\cdot v_1,\qquad A v_2 = 1\cdot v_2,\qquad A v_3 = 2\cdot v_3,
se montarmos P=[v_1\\ v_2\\ v_3] e D=\operatorname{diag}(1,1,2) então a igualdade A P = P D vale porque a i-ésima coluna de A P é A v_i e a i-ésima coluna de P D é \lambda_i v_i; para cada i temos A v_i=\lambda_i v_i. Assim A é diagonalizável e P e D existem.

Passo 9

Justificativa de que P é invertível sem calcular \det(P): uma matriz quadrada é invertível se, e somente se, suas colunas são linearmente independentes. No Passo 7 mostramos explicitamente que v_1,v_2,v_3 são LI; portanto a matriz P=[v_1\\ v_2\\ v_3] tem posto 3 e é invertível.

Resposta

P=\left[\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 0 & 1 \\\\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right] \qquad\text{e}\qquad D=\left[\begin{array}{lll} 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right]

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